Problemas 2 - Blog Grado Ciencias del Mar

2 Variables Aleatorias y Distribuciones de
Probabilidad
Problemas
1. El abdomen del cangrejo de mar común (Carcinus moenas) está integrado por siete segmentos dispuestos paralelamente. En los machos se suelen apreciar fusiones entre los segmentos
3, 4 y 5. Se considera la variable aleatoria X =”Número de segmentos fusionados”. Esta variable puede tomar los valores 0 (ninguna fusión), 1 (se fusionan los segmentos 3 y 4, ó el 4 y
5), y 2 (se fusionan los tres segmentos entre sí). A través de diversas consideraciones sobre
la genética de esta población de cangrejos, se llega a la conclusión de que las probabilidades
asociadas a esta variable son de la forma:
P (X = 0) =
1
1
1
P (X = 1) =
P (X = 2) = , a > 1
a (b − a)
b−a
a
a) ¿Qué relación debe existir entre a y b para que esta distribución de probabilidad esté
bien definida?.
b) Calcula la esperanza y la varianza de esta variable aleatoria.
c) Supongamos que a=2. Si se tienen 6 cangrejos, ¿cuál es la probabilidad de que ninguno
presente fusiones en los segmentos señalados?.
Solución:
a) Para que la distribución de probabilidad esté bien definida han de darse dos condiciones:
1) 0 ≤ P (X = k) ≤ 1, k = 0, 1, 2
P2
2)
k=0 P (X = k) = 1
1
Comenzando por la segunda de estas condiciones, debe ocurrir que:
P (X = 0) + P (X = 1) + P (X = 2)
1
1
1
+
+
a (b − a) b − a a
1+a+b−a
a (b − a)
1+b
= 1
= 1
= 1
= ab − a2
1 + a2 = (a − 1) b
1 + a2
b =
a−1
Llevando ahora este valor de b a la expresión de las probabilidades P (X = k) para k = 0, 1,
tenemos:
P (X = 0) =
1
a−1
a−1
=
; P (X = 1) =
a (b − a)
a (a + 1)
a+1
donde hemos empleado que:
1
=
b−a
1
1+a2
a−1
−a
=
1
1+a2 −a2 +a
a−1
=
a−1
a+1
Podemos comprobar que efectivamente:
P (X = 0) + P (X = 1) + P (X = 2) =
=
=
a−1
a−1
1
+
+ =
a (a + 1) (a + 1) a
a − 1 + a (a − 1) + a + 1
a (a + 1)
a − 1 + a2 − a + a + 1
=1
a (a + 1)
Asimismo, como a es mayor que 1 según se indica en el enunciado, es trivial comprobar
que las tres probabilidades P (X = 0) , P (X = 1) y P (X = 2) están comprendidas entre
0 y 1.
b) Por definición, la esperanza de una variable aleatoria discreta es E [X] =
P
k
kP (X = k).
En este caso:
E [X] = 0 · P (X = 0) + 1 · P (X = 1) + 2 · P (X = 2) =
a−1
1
a (a − 1) + 2 (a + 1)
a2 + a + 2
=
+2· =
=
a+1
a
a (a + 1)
a (a + 1)
Asimismo, la varianza es var (X)
P 2
k k P (X = k). En este caso:
=
E [X ²] − (E [X])2 , donde E X 2
E [X ²] = 02 · P (X = 0) + 12 · P (X = 1) + 22 · P (X = 2) =
a−1
1
a (a − 1) + 4 (a + 1)
a2 + 3a + 2
=
+4· =
=
=
a+1
a
a (a + 1)
a (a + 1)
(a + 2) (a + 1)
a+2
=
=
a (a + 1)
a
=
Por tanto:
2
2
a+2
a +a+2
var (X) = E [X ²] − (E [X]) =
−
=
a
a (a + 1)
a + 2 a4 + a2 + 2a + 4 + 2a3 + 4a2
=
=
−
a
a2 (a + 1)2
2
=
=
=
a (a + 1)2 (a + 2) − a4 − 2a3 − 5a2 − 2a − 4
=
a2 (a + 1)2
a4 + 4a3 + 5a2 + 2a − a4 − 2a3 − 5a2 − 2a − 4
=
a2 (a + 1)2
2 a3 − 2
2a3 − 4
=
a2 (a + 1)2
a2 (a + 1)2
c) Si a = 2 entonces P (X = 0) =
a−1
a(a+1)
=
1
6.
Si suponemos que los 6 cangrejos son
independientes (suposición razonable), y llamamos Xi =”Número de fusiones que presenta
el cangrejo i”, la probabilidad de que ninguno presente fusiones es:
P (X1 = 0 ∩ X2 = 0 ∩ X3 = 0 ∩ X4 = 0 ∩ X5 = 0 ∩ X6 = 0) =
6
1
= P (X1 = 0) P (X2 = 0) P (X3 = 0) P (X4 = 0) P (X5 = 0) P (X6 = 0) =
6
2. El número de días que transcurren desde que cierto vertido industrial llega al mar hasta que
puede considerarse que dicho vertido ha desaparecido del entorno del emisario por el cual
fue expulsado, es una variable aleatoria cuya función de probabilidad se supone de la forma:
f (x) = ϑ(0,7)k , k = 0, 1, 2, 3, ...
siendo ϑ es una constante.
a) Determinar el valor de ϑ y calcular el número esperado de días que transcurren desde
la emisión hasta la desaparición del vertido.
b) Con probabilidad 0.95, ¿cuál es el número máximo de días que tarda en desaparecer el
vertido?
c) Sabiendo que tras 4 días aún no ha desaparecido el vertido, ¿cuál es la probabilidad de
que desaparezca el quinto día?
Solución:
a) Para que la función de probabilidad esté bien definida debe ocurrir que
P
k
f (k) = 1. En
este caso, los valores de k van desde 0 hasta ∞, por lo que:
∞
X
∞
X
ϑ (0,7)k = 1 ⇒ ϑ
k=0
(0,7)k = 1 ⇒ ϑ
k=0
1
= 1 ⇒ ϑ = 0,3
1 − 0,7
Nota: Hemos utilizado aquı́ el valor de la suma de la serie geométrica de razón ρ menor
P
1
k
que la unidad es ∞
k=0 ρ = 1−ρ . Este valor puede obtenerse del siguiente modo:
1) Llamamos Sn =
Pn
k=0 ρ
k
= 1 + ρ + ρ2 + ρ3 + · · · + ρn−1 + ρn
2) Calculamos ρSn = ρ + ρ2 + ρ3 + · · · + ρn−1 + ρn + ρn+1
1 + ρ + ρ2 + ρ3 + · · · + ρn−1 + ρn −
ρ + ρ2 + ρ3 + · · · + ρn−1 + ρn + ρn+1 = 1 − ρn+1 , de donde se sigue
3) Restamos
− ρSn
Sn
=
que (1 − ρ) Sn = 1 − ρn+1 .
4) Despejamos Sn =
1−ρn+1
1−ρ .
5) Entonces, si 0 < ρ < 1, se tiene que lı́m ρn = 0 y en tal caso
n→∞
lı́m Sn =
n→∞
P∞
k
k=0 ρ
= S∞ =
1
1−ρ .
P
Para calcular la esperanza de esta variable hemos de hallar E [X] = ∞
k=0 kP (X = k) =
P∞
P∞
0,7
0,7
k
k
k=0 k · 0,7 = 0,3 · (1−0,7)2 = 0,3 = 2,3333 dı́as.
k=0 k · 0,3 · 0,7 = 0,3
Nota: Ahora hemos utilizado el valor de la suma de la serie aritmético-geométrica de
P∞
ρ
k
razón ρ menor que la unidad es
k=1 kρ = (1−ρ)2 . Este valor puede obtenerse del
siguiente modo:
1) Llamamos Sn =
Pn
k
k=1 kρ
= ρ + 2ρ2 + 3ρ3 + · · · + (n − 1) ρn−1 + nρn
2) Calculamos ρSn = ρ2 + 2ρ3 + · · · + (n − 1) ρn + nρn+1
ρ + 2ρ2 + 3ρ3 + · · · + (n − 1) ρn−1 + nρn −
ρ2 + 2ρ3 + · · · + (n − 1) ρn + nρn+1 = ρ + ρ2 + ρ3 + · · · + ρn − nρn+1 , de
3) Restamos Sn − ρSn
=
donde se sigue que:
(1 − ρ) Sn = −1 + 1 + ρ + ρ2 + ρ3 + · · · + ρn − nρn+1 =
ρ − ρn+1 − nρn+1 + nρn+2
1 − ρn+1
− nρn+1 =
=
1−ρ
1−ρ
ρ 1 − (n + 1) ρn + nρn+1
ρ − (n + 1) ρn+1 + nρn+2
=
1−ρ
1−ρ
= −1 +
=
4) Despejamos Sn =
ρ(1−(n+1)ρn +nρn+1 )
(1−ρ)2
.
5) Entonces, si 0 < ρ < 1, se tiene que lı́m (n + 1) ρn = 0 y lı́m nρn+1 = 0, por
n→∞
n→∞
P
ρ
k =S
lo que en tal caso ∞
kρ
=
lı́m
S
=
.
∞
n
2
k=1
(1−ρ)
n→∞
b) Si X es el número de dı́as que tarda en desaparecer el vertido, hemos de calcular el valor
M tal que P (X ≤ M ) = 0,95. Ahora bien:
P (X ≤ M ) =
M
X
P (X = k) =
k=0
M
X
0,3 · 0,7k = 0,3
k=0
1 − 0,7M +1
= 1 − 0,7M +1
1 − 0,7
Entonces:
P (X ≤ M ) = 0,95 ⇔ 1−0,7M +1 = 0,95 ⇔ 0,7M +1 = 0,05 ⇔ (M + 1) ln (0,7) = ln (0,05)
M=
ln (0,05)
− 1 = 7,3991
ln (0,7)
Si deseamos mostrar la solución con un número entero de dı́as podrı́amos decir que
P (X ≤ 8) ≥ 0,95.
c) Se trata de una probabilidad condicionada:
P (X = 5 |X > 4 ) =
=
=
P (X = 5)
P ({X = 5} ∩ {X > 4})
=
=
P (X > 4)
1 − P (X ≤ 3)
0,3 · 0,75
P (X = 5)
=
=
P3
P
1 − k=0 P (X = k)
1 − 0,3 3k=0 0,7k
0,3 · 0,75
0,3 · 0,75
=
= 0,21
4
0,74
1 − 0,3 1−0,7
1−0,7
3. La velocidad (en cm/seg) de una corriente marina en cierta zona es una variable aleatoria con
función de densidad
f (x) =
1 −ϑx
e , x≥0
100
a) ¿Cuál es la velocidad media de la corriente?.
b) Se coloca una boya cuyo anclaje es capaz de resistir el empuje de una corriente de
hasta 4 km/h. ¿Cuál es la probabilidad de que el anclaje se rompa?
c) ¿Cuál es la probabilidad de que se rompa en un día en que la velocidad de la corriente
ha superado ya los 3.5 km/h?
Solución:
Antes de realizar ningún cálculo necesitamos determinar el valor de la constante ϑ. Para ello
imponemos la condición de que la probabilidad total (área total bajo la función de densidad)
debe ser 1. En este caso:
ˆ ∞
ˆ
f (x) dx =
ˆ ∞
1 −ϑx
1
1 −ϑx ∞
1
−ϑx
e
dx =
− e
e
dx =
=
100
100 0
100
ϑ
0
0
1 −∞
1
1 1
−
e
− e0 =
100
ϑ
100 ϑ
0
=
ˆ
Entonces:
∞
∞
f (x) dx = 1 ⇔
0
1
1 1
=1⇔ϑ=
100 ϑ
100
Por tanto, la función de densidad de la variable X =”Velocidad de la corriente” es f (x) =
1
x
1 − 100
,
100 e
x ≥ 0.
a) El valor medio, o esperado, de la velocidad de la corriente es:
ˆ
ˆ
∞
0
0
∞
x
xf (x) dx =
E [X] =
1 − 1 x
e 100 dx
100
Esta integral puede resolverse fácilmente por partes; llamando u = x, dv =
1
1
x
1 − 100
dx,
100 e
se tiene que du = dx, v = −e− 100 x por lo que:
ˆ
∞
0
1
1 − 1 x
x
e 100 dx = −xe− 100 x +
100
ˆ
∞
i∞
h
1
1
1
e− 100 x dx = −xe− 100 x − 100e− 100 x
= 100
0
0
Ası́ pues, la velocidad media de la corriente es de 100 cm/seg = 360.000 cm/hora = 3.6
km/hora.
b) Una velocidad de 4 km/hora equivale a
400,000 cm
3,600 seg
= 111,11 cm/seg. La probabilidad de
que el anclaje se rompa es entonces:
ˆ
∞
P (X ≥ 111,11) =
111,11
i∞
h
1
1
1 − 1 x
e 100 dx = −e− 100 x
= e− 100 ·111,11 = 0,3292
100
111,11
c) Una velocidad de 3.5 km/hora es equivalente a
350,000 cm
3,600 seg
= 97,22 cm/seg. La probabilidad
de que el anclaje se rompa es ahora la probabilidad de que la velocidad supere la resistencia
del anclaje (esto es, supere los 111.11 cm/seg.) sabiendo que ya supera los 97.22 cm/seg.
La probabilidad pedida es, pues, una probabilidad condicionada:
P (X ≥ 111,11 |X ≥ 97,22 ) =
P ({X ≥ 111,11} ∩ {X ≥ 97,22})
=
P (X ≥ 97,22)
1
P (X ≥ 111,11)
e− 100 ·111,11
=
=
1
P (X ≥ 97,22)
e− 100 ·97,22
1
1
= e− 100 (111,11−97,22) = e− 100 13,89 = 0,87032
=
4. La cantidad de arena (en kg.) depositada cada día en una playa debido a la meteorización de
las rocas del relieve próximo es una variable aleatoria con función de densidad:
f (x) =

 x2 −10000
−100 ≤ x ≤ 100
0
|x| > 100
ϑ
a) Determinar el valor de ϑ para que f (x) sea función de densidad.
b) ¿Cuál es la cantidad esperada de arena que se deposita cada día en la playa?
c) ¿Cuál es la variabilidad de estos depósitos de arena?
d) ¿Cuál es la probabilidad de que en un día cualquiera elegido al azar la playa gane arena?
¿y de que la pierda?
e) ¿Cuál es la probabilidad de que en un día se ganen entre 20 y 50 kg de arena?
f ) ¿Cuál es la probabilidad de que en un día se ganen menos de 50 kg de arena si se sabe
que ese día se han ganado más de 20 kg?
Solución:
a) Nuevamente, para determinar ϑ debemos buscar el valor que hace que la probabilidad total
sea 1. En este caso:
ˆ
ˆ
100
f (x) dx =
−100
=
=
100
x2 − 10000
1 x3
=
dx =
− 10000x
ϑ
ϑ 3
−100
−100
1
1003
−1003
1 2 6
6
6
6
− 10 −
+ 10
=
10 − 2 · 10
ϑ
3
3
ϑ 3
2
4 · 106
2 · 106
−
=−
ϑ
3
3ϑ
100
Para que esta integral valga 1 ha de ocurrir que:
−
4 · 106
4
= 1 ⇒ ϑ = − · 106
3ϑ
3
Por tanto, podemos reescribir la función de densidad de la variable X =”Cantidad de arena
depositada en la playa diariamente” como:
3 10000 − x2
x2 − 10000
3 x2 − 10000
f (x) =
=−
=
, −100 ≤ x ≤ 100
ϑ
4
106
4 · 106
El siguiente código R nos permite dibujar esta función:
> f=function(x){ifelse(abs(x)<=100,3*(10000-x^2)/4e6,0)}
> x=seq(-120,120,length=500)
> plot(x,f(x),type="l",col="red",lwd=2)
>
0.006
0.004
0.000
0.002
f(x)
−100
−50
0
50
100
x
Como puede apreciarse, esta función de densidad entre -100 y 100 es una parábola invertida.
b) Si observamos la gráfica anterior, es evidente que la esperanza de esta variable es cero, ya
que la función de densidad es simétrica respecto al origen, por lo que su centro de masas
(esperanza) está en dicho punto. Desde un punto de vista empı́rico, ello significa que la
playa está en equilibrio, y que en promedio recibe tanta arena como pierde.
Para calcular esta esperanza de manera analı́tica hemos de resolver:
ˆ
ˆ
100
xf (x) dx =
−100
=
100
3 10000 − x2
3
x2 x4
x
dx =
10000 −
=
4 · 106
4 · 106
2
4 −100
−100
"
!#
2
2
3
1004
(−100)4
4 (−100)
4 100
−
− 10
−
10
=0
4 · 106
2
4
2
4
100
c) Para calcular la variabilidad hemos de hallar la varianza:
ˆ
var (X) = E X
=
=
=
2
2
− (E [X]) = E X 2 =
2
3
10000
−
x
dx =
x2
4 · 106
−100
100
100
3
x3 x5
=
10000 −
4 · 106
3
5 −100
"
!#
3
3
3
1005
(−100)5
4 100
4 (−100)
10
−
− 10
−
=
4 · 106
3
5
3
5
3
2 10 2 10
6 · 1010 1 1
3
2
4
10 − 10
=
−
= · 10
= 2000 kg 2
6
6
4 · 10
3
5
4 · 10
3 5
2
15
Podemos expresar la variabilidad también en términos de la desviación tı́pica:
σ=
p
√
var (X) = 2000 = 44,721 kg.
d) La probabilidad de que la playa gane arena es P (X ≥ 0) y la probabilidad de que pierda
es P (X ≤ 0). De la simple observación de la gráfica de la función de densidad de esta
variable, simétrica respecto al origen, se deduce que ambas probabilidades deben ser iguales
a 1/2. En cualquier caso, pueden calcularse analı́ticamente como:
ˆ
P (X ≥ 0) =
=
ˆ
100
3 10000 − x2
3
x3
f (x) dx =
dx =
10000x −
=
4 · 106
4 · 106
3 0
0
0
106
3
1
3 2
3
1
6
10 −
=
1−
= · =
6
4 · 10
3
4
3
4 3
2
100
100
P (X ≤ 0) = 1 − P (X ≥ 0) =
´ 50 3(10000−x2 )
e) P (20 ≤ X ≤ 50)
=
dx
=
20
4·106
h
i
3
3
3
3
5 · 105 − 503 − 2 · 105 − 203
= 4·10
3 300 −
4·106
1
2
h
i
3 50
10000x − x3
20
8
+ 3 = 0,19575
3
4·106
125
3
=
f ) Se trata en este caso de una probabilidad condicionada:
P (X < 50 |X ≥ 20 ) =
=
P ({X < 50} ∩ {X ≥ 20})
P (20 ≤ X < 50)
=
=
P (X ≥ 20)
P (X ≥ 20)
0,19575
= 0,55611
0,352
donde:
ˆ
P (X ≥ 20) =
=
=
ˆ
100
3 10000 − x2
3
x3
f (x) dx =
dx =
10000x −
=
4 · 106
4 · 106
3 20
20
20
3
106
203
6
5
10 −
− 2 · 10 −
=
4 · 106
3
3
3
1000 8
800 −
+
= 0,352
3
4 · 10
3
3
100
100
5. La proporción X , en tanto por uno, en que cierto compuesto químico aparece presente en la
composición de las algas de determinada especie es una variable aleatoria con función de
densidad:
f (x) = (ϑ + 1) xϑ . 0 ≤ x ≤ 1
a) Comprobar que f (x) es siempre función de densidad, cualquiera que sea el valor de ϑ.
b) ¿Cuál debe ser el valor de ϑ para que el valor esperado de X sea 0.7?
c) ¿Cuál debe ser este valor para que P(X ≤ 0,7) = 0,95?
Solución:
a) Para comprobar que f (x) es siempre función de densidad cualquiera que sea el valor de
´1
ϑ hay que verificar que 0 f (x) dx = 1 ∀ϑ. En efecto:
ˆ
ˆ
1
1
(ϑ + 1) x dx = (ϑ + 1)
0
0
xϑ+1
x dx = (ϑ + 1)
ϑ+1
ϑ
ϑ
1
= 1ϑ+1 − 0ϑ+1 = 1 ∀ϑ
0
b) La esperanza de esta variable aleatoria es:
ˆ
E [X] =
ˆ
1
ˆ
1
ϑ
xf (x) dx =
0
0
xϑ+2
= (ϑ + 1)
ϑ+2
1
0
1
xϑ+1 dx =
x (ϑ + 1) x dx = (ϑ + 1)
0
ϑ+1
=
ϑ+2
Para que su valor sea 0.7:
ϑ+1
0,4
= 0,7 ⇒ ϑ + 1 = 0,7 (ϑ + 2) ⇒ ϑ − 0,7ϑ = 1,4 − 1 ⇒ ϑ =
= 1,3333
ϑ+2
0,3
c) P (X ≤ 0,7) =
´ 0,7
0
0,7
(ϑ + 1) xϑ dx = xϑ+1 0 = 0,7ϑ+1 . Para que esta probabilidad sea
0.95:
0,7ϑ+1 = 0,95 ⇒ (ϑ + 1) ln (0,7) = ln (0,95) ⇒ ϑ =
ln (0,95)
− 1 ⇒ ϑ = −0,85619
ln (0,7)
6. En otra especie de algas, la concentración de este compuesto químico tiene por función de
densidad la siguiente:
f (x) =
2ϑ1 x + ϑ2
,0≤x≤1
ϑ1 + ϑ2
a) ¿Para qué valores de ϑ1 y ϑ2 es f (x) una función de densidad correctamente definida?
b) Demostrar que no existen valores de ϑ1 y ϑ2 para los que E [X] = 0,7 y var (X) = 0,16
c) Demostrar que existen infinitos valores de ϑ1 y ϑ2 para los que E [X] = 0,7 y var (X) =
13
300
= 0,043333.
d) Reparametrizar f (x) de tal manera que los valores de sus parámetros sean únicos en
el caso anterior. (Nota: Tener en cuenta que f (x) es una recta entre 0 y 1)
Solución:
a) Para que f (x) esté bien definida, debe verificar que
ˆ
1
0
2ϑ1 x + ϑ2
dx =
ϑ1 + ϑ2
=
´1
0
f (x) dx = 1 ∀ϑ. Entonces:
1
1
x2
2ϑ1 + ϑ2 x =
ϑ1 + ϑ2
2
0
1
(ϑ1 + ϑ2 ) = 1 ∀ϑ1 , ϑ2 , (Si ϑ1 + ϑ2 6= 0)
ϑ1 + ϑ2
Por tanto esta función está definida para cualesquiera valores de ϑ1 y ϑ2 , siempre y cuando
ϑ1 + ϑ2 6= 0.
b) Tenemos:
ˆ
E [X] =
=
E X
2
1
2ϑ1 x + ϑ2
dx =
ϑ1 + ϑ2
0
0
1
x3
1
x2
2
1
1
2ϑ1 + ϑ2
=
ϑ1 + ϑ2
ϑ 1 + ϑ2
3
2 0 ϑ 1 + ϑ2 3
2
xf (x) dx =
ˆ
ˆ
1
x
ˆ
1
1
2ϑ1 x + ϑ2
dx =
ϑ1 + ϑ2
0
0
1
x4
x3
1
1
1
1
2ϑ1 + ϑ2
=
ϑ1 + ϑ2
= =
ϑ1 + ϑ2
4
3 0 ϑ1 + ϑ2 2
3
2
=
x2
x f (x) dx =
Sabemos que var (X) = E X 2 − (E [X])2 , por lo que E X 2 = var (X) + (E [X])2 .
Como en este caso var (X) = 0,16 y E [X] = 0,7, se sigue que E X 2 = 0,16 + 0,49 =
0,65. Sustituyendo estos valores en las expresiones anteriores:
1
ϑ1 +ϑ2
1
ϑ1 +ϑ2
2
3 ϑ1
1
2 ϑ1
+ 12 ϑ2
=
+ 13 ϑ2
= 0,65
0,7
)
⇒
de donde:
2
3
1
2
2
3 ϑ1
1
2 ϑ1
− 0,7 ϑ1 +
− 0,65 ϑ1 +
1
2
1
3
)
+ 21 ϑ2
=
+ 31 ϑ2
= 0,65 (ϑ1 + ϑ2 )
0,7 (ϑ1 + ϑ2 )
)
− 0,7 ϑ2 = 0
− 0,65 ϑ2 = 0
Multiplicando ambas ecuaciones por 6 (para eliminar las fracciones):
(4 − 4,2) ϑ1 + (3 − 4,2) ϑ2 = 0
(3 − 3,9) ϑ1 + (2 − 3,9) ϑ2 = 0
)
⇒
−0,2ϑ1 − 1,2ϑ2 = 0
)
−0,9ϑ2 − 1,9ϑ2 = 0
Este sistema de ecuaciones es homogéneo; como el rango de su matriz de coeficientes
es 2, su única solución es ϑ1 = ϑ2 = 0; pero en tal caso f (x) no es una función de
densidad, por lo que podemos concluir que no existen valores de los parámetros ϑ1 y ϑ2
que produzcan los valores de esperanza y varianza indicados.
13
49
16
c) En este caso E X 2 = 300
+ 100
= 160
300 = 30 , y procediendo como antes:
1
ϑ1 +ϑ2
1
ϑ1 +ϑ2
2
3 ϑ1
1
2 ϑ1
+ 12 ϑ2
= 0,7
+ 13 ϑ2
=
16
30
)
⇒
2
3 ϑ1
1
2 ϑ1
+ 21 ϑ2
=
+ 31 ϑ2
=
7
10
16
30
(ϑ1 + ϑ2 )
(ϑ1 + ϑ2 )
)
de donde:
2
3
1
2
−
−
7
10 ϑ1
16
30 ϑ1
+
+
1
2
1
3
−
−
7
10 ϑ2
16
30 ϑ2
= 0
)
= 0
Multiplicando ambas ecuaciones por 30 (para eliminar las fracciones):
(20 − 21) ϑ1 + (15 − 21) ϑ2 = 0
)
⇒
(15 − 16) ϑ1 + (10 − 16) ϑ2 = 0
−ϑ − 6ϑ2
= 0
)
−ϑ1 − 6ϑ2 = 0
Por tanto tenemos una única ecuación ϑ1 + 6ϑ2 = 0, que tiene infinitas soluciones: dado
cualquier valor a ∈ R − {0} , el par ϑ2 = a,ϑ1 = −6a es solución.
d) Si observamos que f (x) es en realidad la ecuación de una recta, podemos reparametrizar
esta función de densidad como:
2ϑ1
ϑ2
2ϑ1 x + ϑ2
=
x+
= ϕ1 x + ϕ2
ϑ1 + ϑ2
ϑ1 + ϑ2
ϑ1 + ϑ2
f (x) =
y para que esté bien definida:
ˆ
ˆ
1
f (x) dx = 1 ⇒
0
0
1
x2
(ϕ1 x + ϕ2 ) dx = 1 ⇒ ϕ1 + ϕ2 x
2
1
=1⇒
0
ϕ1
+ ϕ2 = 1
2
Por tanto:
ϕ1 = 2 (1 − ϕ2 )
y sustituyendo en la expresión anterior de f (x):
f (x) = ϕ1 x + ϕ2 = 2 (1 − ϕ2 ) x + ϕ2
Por tanto, en realidad f (x) depende de un único parámetro; podemos prescindir del
subı́ndice y escribir directamente:
f (x) = 2 (1 − ϕ) x + ϕ, 0 ≤ x ≤ 1
En particular, para los valores de E [X] y var (X) del apartado anterior se tenı́a que
ϑ1 + 6ϑ2 = 0. Como ϕ = ϕ2 =
ϕ=
ϑ2
ϑ1 +ϑ2
resulta:
ϑ2
ϑ2
ϑ2
1
=
=
=−
ϑ1 + ϑ2
−6ϑ2 + ϑ2
−5ϑ2
5
y la densidad en este caso se reduce a:
1
1
2
9
f (x) = 2 1 +
x− = x+
5
5
5
5
7. En otra especie de algas, la concentración de este compuesto químico tiene por función de
densidad la siguiente:
3ϑ1 x2 + 2ϑ2 x + 1
,0≤x≤1
ϑ1 + ϑ2 + 1
a) ¿Para qué valores de ϑ1 y ϑ2 es f (x) una función de densidad correctamente definida?
f (x) =
b) Determinar los valores de ϑ1 y ϑ2 sabiendo que E [X] = 0,7 y var (X) = 0,06
Solución:
a) Para que f (x) esté bien definida, debe verificar que
ˆ
1
0
´1
0
f (x) dx = 1 ∀ϑ. Entonces:
1
x3
1
x2
3ϑ1 + 2ϑ2 + x =
ϑ1 + ϑ2 + 1
3
2
0
1
(ϑ1 + ϑ2 + 1) = 1 ∀ϑ1 , ϑ2 , (ϑ1 + ϑ2 + 1 6= 0)
ϑ1 + ϑ2 + 1
3ϑ1 x2 + 2ϑ2 x + 1
dx =
ϑ1 + ϑ2 + 1
=
Por tanto esta función está definida para cualesquiera valores de ϑ1 y ϑ2 , siempre y cuando
ϑ1 + ϑ2 + 1 6= 0.
b) Tenemos:
ˆ
E [X] =
=
ˆ
1
1
3ϑ1 x2 + 2ϑ2 x + 1
dx =
ϑ1 + ϑ2 + 1
0
0
1
1
x4
x3 x2
1
3
2
1
3ϑ1 + 2ϑ2 +
=
ϑ 1 + ϑ2 +
ϑ1 + ϑ2 + 1
4
3
2 0 ϑ1 + ϑ2 + 1 4
3
2
xf (x) dx =
ˆ
x
ˆ
1
1
3ϑ1 x2 + 2ϑ2 x + 1
dx =
ϑ1 + ϑ2 + 1
0
0
1
1
x5
x4 x3
1
3
1
1
= =
3ϑ1 + 2ϑ2 +
=
ϑ1 + ϑ2 +
ϑ1 + ϑ 2 + 1
5
4
3 0 ϑ1 + ϑ2 + 1 5
2
3
E X2 =
2
x f (x) dx =
x2
var (X) = E X 2 − (E [X])2
c) Como E [X] = 0,7 y var (X) = 0,06, sustituyendo en las expresiones anteriores:
2
1
1
3
ϑ1 +ϑ2 +1 4 ϑ1 + 3 ϑ2 + 2
1
3
1
1
ϑ1 +ϑ2 +1 5 ϑ1 + 2 ϑ2 + 3 −
1
ϑ1 +ϑ2 +1
1
ϑ1 +ϑ2 +1
3
4 ϑ1
3
5 ϑ1
3
4 ϑ1
3
5 ϑ1
+ 32 ϑ2 +
+ 21 ϑ2 +
+ 23 ϑ2 +
+ 12 ϑ2 +
1
2
1
3
=
=
)
0,7
0,72 = 0,06
1
2
1
3
=
0,7
)
= 0,55
0,7 (ϑ1 + ϑ2 + 1)
)
= 0,55 (ϑ1 + ϑ2 + 1)
Multiplicamos por 12 la primera ecuación y por 30 la segunda (para eliminar las fracciones):
(9ϑ1 + 8ϑ2 + 6)
=
8,4 (ϑ1 + ϑ2 + 1)
(18ϑ1 + 15ϑ2 + 10) = 16,5 (ϑ1 + ϑ2 + 1)
)
(9 − 8,4) ϑ1 + (8 − 8,4) ϑ2
)
8,4 − 6
=
(18 − 16,5) ϑ1 + (15 − 16,5) ϑ2 = 16,5 − 10
)
0,6ϑ1 − 0,4ϑ2 = 2,4
1,5ϑ1 − 1,5ϑ2 = 6,5
Multiplicamos la primera ecuación por 5 y la segunda por -2:
3ϑ1 − 2ϑ2
=
12
)
−3ϑ1 + 3ϑ2 = −13
Sumamos ambas ecuaciones:
ϑ2 = −1
De la primera ecuación:
3ϑ1 = 12 + 2ϑ2 = 12 + 2 · (−1) = 10 ⇒ ϑ1 =
10
3
El siguiente código R nos permite dibujar la función de densidad para estos valores de ϑ1
y ϑ2 :
f (x) =
3 10
30x2 − 6x + 3
3
3
3 x + 2 (−1) x + 1
=
= 3x2 − x +
10
10
5
10
−1 + 3 + 1
> f=function(x){ifelse(x<0|x>1,0,3*x^2-0.6*x+3/10)}
> x=seq(-0.2,1.2,length=500)
> plot(x,f(x),type="l",col="red",lwd=2)
> abline(v=c(0,1),lty=2)
1.5
1.0
0.5
0.0
f(x)
2.0
2.5
>
−0.2
0.0
0.2
0.4
0.6
x
0.8
1.0
1.2